›
›
›

Tổng hợp đề thi học sinh giỏi môn Toán THPT - Vòng 1 - Chuyên đề 18: Vecto và hình học phẳng - Năm học 2018-2019 (Có đáp án)

docx 37 trang nhungbui22 11/08/2022 2290
Download
Bạn đang xem 20 trang mẫu của tài liệu "Tổng hợp đề thi học sinh giỏi môn Toán THPT - Vòng 1 - Chuyên đề 18: Vecto và hình học phẳng - Năm học 2018-2019 (Có đáp án)", để tải tài liệu gốc về máy bạn click vào nút DOWNLOAD ở trên

Tài liệu đính kèm:

  • docxtong_hop_de_thi_hoc_sinh_gioi_mon_toan_thpt_vong_1_chuyen_de.docx

Nội dung text: Tổng hợp đề thi học sinh giỏi môn Toán THPT - Vòng 1 - Chuyên đề 18: Vecto và hình học phẳng - Năm học 2018-2019 (Có đáp án)

  1. TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019 Chuyên đề 18 Véc tơ và hình học phẳng   Câu 1. (HSG10 THPT THuận Thành 2018-2019) Cho tam giác OAB . Đặt OA a , OB b . Gọi C , D ,    1   1     E là các điểm sao cho AC 2AB , OD OB , OE OA . Hãy biểu thị các vectơ OC , CD , DE 2 3 theo các vectơ a , b . Từ đó chứng minh C , D , E thẳng hàng. Lời giải Tác giả: Phạm Thu Thuận; Fb:Bon Bin O E D C A B    OC 2OB OA a 2b .    1 3 CD OD OC b a 2b a b (1). 2 2    1 1 DE OE OD a b (2). 3 2 Từ (1) và (2) ta được CD 3DE . Vậy 3 điểm C , D , E thẳng hàng. Câu 2. (HSG10 PHÙNG KHẮC KHOAN- HÀ NỘI 2018-2019) Cho tam giác ABC có AB c, AC b uuur uuur uur 1 uuur và B·AC 60 . Các điểm M , N được xác định bởi MC 2MB và NA NB . Tìm hệ thức liên 2 hệ giữa b và c để AM và CN vuông góc với nhau Lời giải Tác giả: Thanh Bình ; Fb: Minh Hoàng uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur Ta có MC 2MB AC AM 2(AB AM ) 3AM 2AB AC uuur uur uur Tương tự ta cũng có 3CN 2CA CB uuur uuur uuur uuur uur uur Vậy: AM  CN AM CN 0 (2AB AC)(2CA CB) 0 uuur uuur uuur uuur uuur uuur (2AB AC)(AB 3AC) 0 2AB2 3AC 2 5AB  AC 0 5bc 2c2 3b2 0 4c2 6b2 5bc 0 c 2b 2  Trang 372 
  2. TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019 Câu 3. (HSG10 THPT THuận Thành 2018-2019) Cho tam giác ABC vuông cân tại A , có trọng tâm G . Gọi E, H lần lượt là trung điểm của các cạnh AB, BC; D là điểm đối xứng với H qua A . Chứng minh EC  ED . Lời giải Tác giả: Nguyễn Thị Hương ; Fb: NT Hương Cách 1:   Vì AB  AC AB.AC 0 .     1  Ta có EC AC AE AC AB . 2     1  1  1  1  1   ED AD AE AH AB AB AC AB AC AB. 2 2 2 2 2           1 1 1 2 1 1 2 Suy ra EC.ED AC AB AC AB AC AC.AB AB.AC AB 2 2 2 4 2 1 AB2 AC 2 0. Vậy EC  ED . 2 Cách 2: Xét hai tam giác EHC và EAD có: AC EH AE (1). 2 E· HC E· AD 135 (2). BC BC AD AH và CH nên CH AD (3). 2 2 Từ (1), (2), (3) suy ra EHC EAD . Suy ra H· EC ·AED . Mà EH  AE EC  ED . Cách 3:  Trang 373 
  3. TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019 Chọn hệ trục tọa độ Axy sao cho: A 0;0 , B a;0 ,C 0;a với a 0 . a a a a a  a  a Khi đó E ;0 , H ; , D ; . Suy ra EC ;a , ED a ; . 2 2 2 2 2 2 2   a a EC.ED . a a. 0 . Vậy EC  ED . 2 2 Câu 4. (HSG10 YÊN PHONG 2 năm 2018-2019) Cho tam giác ABC có AB 1, AC x và B· AC 60 .     Các điểm M , N được xác định bởi MC 2MB và NB 2NA . Tìm x để AM và CN vuông góc với nhau. Lời giải Tác giả: Nguyễn Văn Huỳnh ; Fb: Nguyễn Văn Huỳnh Điều kiện: x 0 Ta có:             +) MC 2MB MA AC 2 MA AB 3MA AC 2AB 3AM AC 2AB              +) NB 2NA NC CB 2 NC CA 3NC CA AB 2CA 3NC 3AC AB       Vậy: AM  CN AM  NC 0 AC 2AB 3AC AB 0       5 3AC 2 2AB2 5AB  AC 0 3AC 2 2AB2 5 AB  AC cos AB, AC 0 3x2 2 x 0 2 1 x (Tháa m·n) 2 2 6x 5x 4 0 . 4 x (Lo¹i) 3 1 Vậy x thỏa mãn yêu cầu bài toán. 2 Câu 5. (HSG10 YÊN PHONG 2 năm 2018-2019) Cho tam giác ABC . Chứng minh rằng với G là trọng tâm tam giác ABC , ta có       1 GA.GB GB.GC GC.GA (AB2 BC 2 CA2 ) 6 Lời giải  Trang 374 
  4. TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019 Tác giả: Bối Bối ; Fb: Bối Bối Do G là trọng tâm tam giác ABC nên ta có:     GA.GB GA.GB.cos(GA,GB) GA.GB.cos¼AGB GA2 GB2 AB2 GA.GB. 2GA.GB GA2 GB2 AB2 2 4m2 4m2 a b AB2 9 9 2 2 2 2 2 2 2 4 AC AB BC 4 BC BA AC 2 AB 9 2 4 9 2 4 2 2 2 4 AC BC 2 2 AB AB 9 4 4 (1) 2 Tương tự ta có: 2 2 4 BA CA 2 2 BC BC   9 4 4 GB.GC (2) 2 2 2 4 CB AB 2 2 AC AC   9 4 4 GC.GA (3) 2 Từ (1), (2) và (3), ta có: 2 2 2 2 4 AC BC 2 2 4 BA CA 2 2 AB AB BC BC       9 4 4 9 4 4 GA.GB GB.GC GC.GA 2 2 2 2 4 CB AB 2 2 AC AC 9 4 4 2 2 2 2 4 3AB 3BC 3AC 2 2 2 (AB BC CA ) 9 2 2 2 2 2 AB2 BA2 CA2 (AB2 BA2 CA2 ) 3 2  Trang 375 
  5. TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019 1 AB2 BC 2 CA2 3 2 1 AB2 BC 2 CA2 6 Câu 6. (HSG11 Nho Quan Ninh Bình 2018-2019) Cho tam giác ABC vuông tại B , BC a 3 .   Tính AC.CB . a2 3 a2 3 A. . B. 3a2 . C. . D. 3a2 . 2 2 Lời giải Tác giả: Bùi Nguyễn Phi Hùng; Fb: Bùi Nguyễn Phi Hùng Chọn D A C B a 3     Ta có: AB  BC AB.BC 0 .         2 AC.CB AB BC BC AB.BC BC 0 BC 2 3a2 . Câu 7. (HSG12 tỉnh KonTum năm 2018-2019) Cho tam giác ABC vuông tại A , đặt BC a , AC b , 2 AB c . Cho biết a , b , c theo thứ tự đó lập thành cấp số nhân. Tính B,C . 3 Lời giải Tác giả: Nguyễn Thị Ngọc Lan ; Fb: Ngoclan nguyen Do tam giác ABC vuông tại A nên ta có b asinB, c acosB. 2 2 2 a , b , c lập thành cấp số nhân ac b2 a2 cos B a2 sin2 B 3cos B 2sin2 B 3 3 3 cos B 2 1 3cos B 2 1 cos2 B 2 cos2 B 3cos B 2 0 1 cos B (vì 1 cosB 1) cos B 2 2 B 60 (vì 0 B 180 ). Vậy B 60, C 30 .  Trang 376 
  6. TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019 Câu 8. (HSG10 CẦU GIẤY – THƯỜNG TÍN - HÀ NỘI 2018-2019) Giả sử a 6 cm , b 2cm , c 1 3 cm . Tính số đo góc nhỏ nhất của tam giác ABC và diện tích tam giác ABC . Lời giải Tác giả: Hoàng Thị Mến ; Fb: Hoàng Mến Do a 6 cm,b 2cm,c 1 3 cm nên b là cạnh nhỏ nhất trong ba cạnh của tam giác. Từ đó góc B là góc có số đo nhỏ nhất trong tam giác. Áp dụng hệ quả của định lý Cosin trong tam giác ABC ta có: 2 a2 c2 b2 6 1 3 4 2 cos B . Vậy góc B có số đo là 45 . 2ac 2 6. 1 3 2 1 1 3 3 Diện tích tam giác ABC là: S ac.sin B 6. 1 3 .sin 45 cm2 . 2 2 2 Hoặc: Gọi p là nửa chu vi của tam giác ABC . Ta có: a b c 3 6 3 p . 2 2 3 3 6 p a . 2 6 3 1 p b . 2 6 3 1 p c . 2 3 3 Diện tích tam giác ABC là: S p p a p b p c cm2 . 2 Câu 9. (HSG10 Cụm Hà Đông Hà Đức Hà Nội năm 2018-2019)Cho tam giác ABC có BC a, AC b, AB c , độ dài ba đường cao kẻ từ đỉnh A, B, C lần lượt là h ,h ,h . Biết rằng a b c a sinA b sinB c sinC ha hb hc , chứng minh tam giác ABC đều. Lời giải Tác giả: Nguyễn Thu Hằng; Fb: Nguyễn Thu Hằng A c b B C a  Trang 377 
  7. TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019 2S 2S 2S Trong tam giác ABC ta có sinA , sinB , sinC bc ac ab 2S 2S 2S và h , h , h , với S là diện tích của tam giác ABC . a a b b c c Ta có a sinA b sinB c sin C ha hb hc 2S 2S 2S 2S 2S 2S a b c bc ac ab a b c a2 b2 c2 ab ac bc abc abc a b 2 a c 2 b c 2 0 a b c . Vậy tam giác ABC đều. Câu 10. (HSG10 PHÙNG KHẮC KHOAN- HÀ NỘI 2018-2019) Cho tam giác ABC có 2 2 BC = a; CA = b; BA = c và diện tích là S . Biết S = b - (a - c) . Tính tanB? Lời giải Tác giả:Phạm Thị Cảnh; Fb: Pham Linh Canh 1 Ta có: S = b2 - (a - c)2 acsinB = a2 + c2 - 2accosB - a2 - c2 + 2ac 2 1 1 acsinB = 2ac(1- cosB) sinB = 4(1- cosB) cosB = 1- sinB(*) 2 4 1 17 1 Mặt khác: sin2 B + cos2 B = 1 sin2 B + (1- sinB)2 = 1 sin2 B - sinB = 0 4 16 2 8 sinB = (do sinB > 0) 17 15 8 Kết hợp với (*) ta được cosB = tanB = . 17 15 Câu 11. (HSG10 HÀ NAM 2018-2019)Cho tam giác ABC có BC a,CA b, AB c và R,r lần lượt a3 b3 c3 2r là bán kính đường tròn ngoại tiếp, nội tiếp tam giác ABC thoả mãn 4 . Chứng abc R mình tam giác ABC là tam giác đều. Lời giải Tác giả: Huỳnh Nguyễn Luân Lưu; Fb: Huỳnh Nguyễn Luân Lưu abc abc r abc r Ta có: S pr S 2 .p. p p a p b p c .p. 4R 4 R 4 R 2r a b c a b c b c a . R abc  Trang 378 
  8. TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019 a3 b3 c3 2r Do đó: 4 abc R a3 b3 c3 a b c a b c b c a 4abc a3 b3 c3 a2 b c 2 b c a 4abc a3 b3 c3 a3 a2 b c b2 c2 b c a b c 2 4abc a2b ab2 b2c bc2 c2a a2c 6abc (*) Áp dụng bất đẳng thức Cachy, ta có: a2b ab2 b2c bc2 c2a a2c 6abc  Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a b c . Ta có: (*) a b c ABC là tam giác đều (Đpcm) Câu 12. (HSG10 Cụm Hà Đông Hà Đức Hà Nội năm 2018-2019)Cho tam giác ABC có BC a,CA b, AB c , độ dài ba đường trung tuyến kẻ từ A, B,C lần lượt là ma ,mb ,mc . Chứng minh a b c rằng: 2 3 . ma mb mc Lời giải Tác giả: Trần Đức Mạnh; Fb: Tran Manh x2 y2 Áp dụng bất đẳng thức: xy , x, y 0. Dấu “=” xảy ra khi x y . 2 2 2 2 3 2 2 3 2 2(b c ) a a m a 2 2 2 2 3a 2 a 2 a b c Ta có: am m 4 4 4 . a a 3 2 3 2 3 2 2 3 a2 b2 c2 a2 b2 c2 Tương tự: bm ; cm . b 2 3 c 2 3 Vì vậy: a b c a2 b2 c2 2 3a2 2 3b2 2 3b2 a b c 2 2 2 2 2 2 2 2 2 ma mb mc ama bmb cmc a b c a b c a b c ma mb mc 2 3(a2 b2 c2 ) 2 3 . a2 b2 c2 Dấu “=” xảy ra khi a b c hay tam giác ABC đều. Hết Câu 13. (HSG10 HÀ NAM 2018-2019) Cho tứ giác lồi ABCD có AC  BD và nội tiếp đường tròn tâm O bán kính R 1. Đặt diện tích tứ giác ABCD bằng S và AB a, BC b,CD c, DA d . ab cd ad bc Tính giá trị biểu thức T . S Lời giải Tác giả: Khổng Vũ Chiến ; Fb: Vũ Chiến  Trang 379 
  9. TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019 D d c O A C a b B a.b.AC S .4R Ta có : S ab ABC ABC 4R AC S .4R S .4R S .4R Tương tự ta cũng có : cd ADC , ad ABD , bc BCD AC BD BD ab cd ad bc T S S .4R S .4R S .4R S .4R ABC ADC ABD BCD AC AC BD BD S S S S S S S S S 4 ABC . ABD ABC . BCD ADC . ABD ADC . BCD AC BD AC BD AC BD AC BD S 4 S .S S .S S .S S .S ABC ABD ABC BCD ADC ABD ADC BCD S.AC.BD 4S .S S .S 4S S S 4S.S 4 SABC SABD SBCD SADC SABD SBCD ABC ADC ABC ADC 2 . S.AC.BD S.AC.BD S.2S S.AC.BD Vậy T 2. Câu 14. (HSG10 THPT ĐAN PHƯỢNG 2018-2019) Cho tam giác ABC có BC a; AC b và diện tích bằng S . 1 Tính các góc của tam giác này biết S a2 b2 . 4 Lời giải Tác giả:Nguyễn Thị Thanh Thương; Fb:Nguyễn Thương 1 ab 1 ab Ta có: S a2 b2 absin C sin C 1 1 4 2 2 2 Mặt khác sin C 1 2 . Từ 1 và 2 ta suy ra sin C 1 Cµ 900.  Trang 380 
  10. TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019 Khisin C 1 thì 1 xảy ra dấu " " hay a b. Vậy tam giác ABC vuông cân tại C nên µA Bµ 450. Câu 15. (HSG 12 Yên Lạc 2 Vĩnh Phúc năm 2018-2019) Cho tam giác ABC có BC a, AB c, AC b 2 . Biết góc B· AC 90 và a, b, c theo thứ tự lập thành cấp số nhân. Tính số đo góc B,C . 3 Lời giải Tác giả: Nguyễn Văn Mạnh ; Fb: Nguyễn Văn Mạnh Phản biện: Nguyễn Đức Hoạch ; Fb: Hoạch Nguyễn B c a C A b 2 2 Do a, b,c theo thứ tự lập thành cấp số nhân nên ta có b2 ac (*) 3 3 a b c Áp dụng định lí sin cho tam giác ABC ta có mà B· AC 90 sin A 1 sin A sin B sin C b c Do đó a b asin B,c asinC a cosB (vì tam giác ABC vuông tại A ) sin B sin C 2 Khi đó (*) a2 sin2 B a2 cos B 2 1 cos2 B 3cos B 2cos2 B 3cos B 2 0 3 1 cosB 2 cosB 2(lo¹i) 1 Với cosB vì B là góc của tam giác ABC nên B 60 C 30 2 Vậy B 60, C 30 . Câu 16. (HSG10 Nam Tiền Hải Thái Bình 2018-2019) Chứng minh rằng: 2 2 2 2 ma mb mc aSin A bSin B cSin C với mọi tam giác ABC .( a BC , b AC , c AB ; m , 3R a mb , mc lần lượt là độ dài đường trung tuyến hạ từ A, B,C ; R bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC ). Lời giải Tác giả: ; Fb:  Trang 381 
  11. TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019 Ta có: 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 b c a a c b a b c 2 ma mb mc 2 2 4 2 4 2 4 a2 b2 c2 b2 c2 a2 c2 a2 b2 2 2 2 3 a2 b2 c2 2 Do đó: 2 2 2 3 a b c a2 b2 c2 a b c VP a. b. c. 2.3R 2R 2R 2R 2R a.Sin A b.Sin B c.Sin C VT Câu 17. (HSG12 Quảng Ninh 2018-2019) Cho tam giác ABC có cạnh BC a , AB c thỏa mãn B B 2a c.cos 2a c.sin , với 2a c . Chứng minh rằng tam giác ABC là tam giác cân. 2 2 Lời giải Tác giả: Trần Hải;Fb: Trần Minh Hải Bình phương hai vế ta có phương trình: B B 2a c .cos2 2a c .sin2 2a c 2 2 2a c . 1 cos B 2a c . 1 cos B 2a.cos B c 4R.sin A.cos B 2R.sinC 2.sin A.cos B sinC sin A B sin A B sinC sin(1800 C) sin(A B) sinC sin(A B) 0 µA Bµ do 0 A, B  . Vậy tam giác ABC cân tại C . Câu 18. (HSG12 tỉnh GIA LAI 2018-2019) Cho tam giác ABC có AB c , BC a , CA b , ha là độ a dài đường cao xuất phát từ đỉnh A và b c h 3 . Chứng minh rằng ABC đều. 2 a Lời giải Ta có: a a 2S b c h 3 b c ABC  3 2 a 2 a a b c bsin C  3 2 sin B C sin B sin C 3.sin Bsin C 2 1 3 1 3 sin B sin C sin B cosC sin C sin C cos B sin B 2 2 2 2  Trang 382 
  12. TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019 sin B cos C 1 sin C cos B 1 0 3 3 cos B cos C 1 3 3 Vậy tam giác ABC đều. Câu 19. (HSG10 Kim Liên 2018-2019) Cho tam giác ABC và một điểm M bất kỳ. BC = a, CA = b, AB=c. a)Chứng minh rằng (b2 c2 )cosA=a(c.cosC-b.cosB) . b)Tìm tập hợp các điểm M sao cho MB2 MC 2 MA2 Lời giải a. a2 b2 c2 a2 c2 b2 (b4 c4 ) a2 (b2 c2 ) VP a. c. b. 2ab 2ac 2bc (b2 c2 )(b2 c2 a2 ) (b2 c2 ).cosA 2bc b.    Gọi D là điểm xác định bởi hệ thức: DB DC DA 0 . Ta có: MB2 MC 2 MA2 MD2 DB2 DC 2 DA2   MD2 DB2 DC 2 (DB DC)2 MD2 2AB.AC.cosA. Nếu A tù, tập hợp các điểm M là tập  Nếu A vuông, tập hợp các điểm M là {D} Nếu A nhọn, tập hợp các điểm M là đường tròn (D; 2AB.AC.cosA) Câu 20. (HSG10 tỉnh Hải Dương năm 2018-2019) Cho tam giác nhọn ABC , gọi H, E, K lần lượt là chân đường cao kẻ từ các đỉnh A, B,C . Gọi diện tích các tam giác ABC và HEK lần lượt là S ABC 9 và S . Biết rằng S 4S , chứng minh sin 2 A sin 2 B sin 2 C . HEK ABC HEK 4 Lời giải A E K C B H  Trang 383 
  13. TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019 Đặt S SABC thì từ giả thiết suy ra 3 S S S 3 S S S S EAK KBH HCE EAK KBH HCE 4 S S S 4 Ta có: 1 AE.AK sin A S AE AK EAK 2 . cos A.cos A cos2 A 1 S AB.AC sin A AB AC 2 1 BK.BH.sin B S BK BH KBH 2 . cos B.cos B cos2 B 1 S AB.BC sin B BC AB 2 1 CH.CE.sinC S CH CE HCE 2 . cosC.cosC cos2 C 1 S AC.BC sinC AC BC 2 S S S 3 3 Do đó: EAK KBH HCE cos2 A cos2 B cos2 C S S S 4 4 3 9 1 sin2 A 1 sin2 B 1 sin2 C sin2 A sin2 B sin2 C 4 4 Câu 21. (HSG12 tỉnh QUẢNG NINH 2018-2019) Cho tam giác ABC không có góc vuông và có các cạnh BC a,CA b, AB c. Chứng minh rằng nếu a 2 b2 2c 2 và tan A tan C 2 tan B thì tam giác ABC là tam giác đều. Lời giải Tác giả: Nguyễn Thị Minh Nguyệt ; Fb: nguyen nguyet Ta có sin A sin C sin B sin A C sin B tan A tan C 2 tan B 2 2 2 2 2 cos A cosC cos B cos AcosC cos B a b 2c 2 2 2 2 2 2 a 2c b a 2c b a2 c2 b2 b2 c2 a2 a2 b2 c2 cos B 2cos AcosC 2. . 2 2 2 2ac 2bc 2ab a 2c b 2 2 2 a 2c b b2 3c2 2b2 2b2 c2 c2 b2c2 c4 2b4 0 c2 b2 c2 2b2 c b Kết hợp với a 2 b 2 2c 2 a b c. Vậy tam giác ABC là tam giác đều. Câu 22. (HSG10 tỉnh Hà Tĩnh năm 2018-2019) Cho tam giác ABC có chu vi bằng 20, góc B· AC 600 , bán kính đường tròn nội tiếp tam giác bằng 3 . Gọi A1, B1,C1 lần lượt là hình chiếu vuông góc của A,B,Clên BC, AC,ABvà M là điểm trong tam giác ABC sao cho ·ABM B· CM C· AM . Tính cot và bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác A1 B1 C1 Lời giải  Trang 384 
  14. TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019 Tác giả: Nguyễn Phạm Minh Trí ; Fb: Tri Nguyen Gọi BC a,CA b,AB c và S, p,r lần lượt là diện tích, nửa chu vi và bán kính đường tròn nội tiếp tích tam giác ABC Theo đề bài ta có ·ABM B· CM C· AM Vậy M là điểm Brocard của tam giác ABC . Khi đó ta có tính chất quen thuộc sau cot cot A cot B cotC b2 c2 a2 Lại sử dụng đẳng thức lượng giác sau: cot A , ta được 4S b2 c2 a2 cot . 4S Vậy ta cần tìm độ dài 3 cạnh tam giác ABC 1 Có: S pr bcsin B· AC 10 3 bc 40 (1) 2 Gọi I, Dlần lượt là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC và hình chiếu của I lên cạnh AB Theo công thức tính bán kính đường tròn nội tiếp ta được: b c a r b c a 6 và b c a 20 2 Do đó: (b c a)(b c a) 120 (b c)2 a2 120 (a 6)2 a2 120 a 7 thay a 7 vào đẳng thức b c a 20 , ta được b c 13 (2)  Trang 385 
  15. TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019 bc 40 Từ (1), (2) ta được không giảm tổng quát ta giả sử b c thì giải được b 5,c 8 b c 13 b2 c2 a2 52 72 82 23 3 vậy cot 4S 4.10. 3 20 Gọi R0 là bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác A1 B1 C1 . · 0 · · Ta có B1 A1C1 180 BA1C1 B1 A1C · · 0 · 0 Mà B1 A1C : BAC và BA1C1 : BAC nên BA1C1 B1 A1C 60 B1 A1C1 60 B C AB 1 7 tương tự ta có B AC : BAC 1 1 1 sinA B C 1 1 BC AB 2 1 1 2 7 B C 7 3 Vậy R 1 1 2 0 · 2sin 600 6 2sin B1 A1C1 Câu 23. (HSG11 Chuyên Duyên Hải Đồng Bằng Bắc Bộ năm 2018-2019) Cho ABC có đường tròn nội tiếp I tiếp xúc với BC,CA, AB ở D, E, F . Đường thẳng qua A song song BC cắt DE, DF lần lượt tại M , N . Đường tròn ngoại tiếp tam giác DMN cắt đường tròn I tại điểm L khác D , NE  MF K . a) Chứng minh A, K, L thẳng hàng. b) Tiếp tuyến với đường tròn ngoại tiếp tam giác DMN tại M , N cắt EF tại U,V . Chứng minh đường tròn ngoại tiếp tam giác UVL tiếp xúc với đường tròn ngoại tiếp tam giác DMN . Lời giải a. Chứng minh A, K, L thẳng hàng. Trước hết ta chứng minh K là trực tâm MDN Do AN PBC nên ·ANF F· DB .  Trang 386 
  16. TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019 Do D, E, F là tiếp điểm của I trên BC,CA, AB nên BD BF B· DF B· FD ·ANF B· FD ·AFN ANF cân tại A AN AF . Chứng minh tương tự ta có AM AE mà AE AF nên AN AF AE AM NEM vuông tại E ; NFM vuông tại F NE  MD;MF  ND mà NE  MF K suy ra K là trực tâm MDN Bây giờ ta chứng minh A, K, L thẳng hàng: + Gọi T là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác DMN . Gọi D ' là điểm đối xứng của D qua T . Ta có ND ' PKM (vì cùng vuông góc với ND), MD ' PKN (vì cùng vuông góc với MD). Do đó ND 'MK là hình bình hành. Do A là trung điểm MN nên A cũng là trung điểm KD’. Do đó D’, A, K thẳng hàng.(1) KF  DF + Hơn nữa, (do K là trực tâm) KE  DE Suy ra tứ giác DFKL nội tiếp đường tròn đường kính DK Suy ra DL vuông góc với LK. Mặt khác DD’ là đường kính đường tròn ngoại tiếp tam giác DMN nên DL vuông góc với LD’. Do đó L, K, D’ thẳng hàng. (2) Từ (1) và (2) suy ra A, K, L thẳng hàng (đpcm). b. Tiếp tuyến với đường tròn ngoại tiếp tam giác DMN tại M , N cắt EF tại U,V . Chứng minh đường tròn ngoại tiếp tam giác UVL tiếp xúc với đường tròn ngoại tiếp tam giác DMN . Gọi P là giao của UL và T P L ; Q là giao LV và T Q L . Do MU tiếp xúc T tại M nên D· MU D· NM (góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung) Do NE  ME, MF  NF nên NMEF nội tiếp đường tròn đường kính MN M· EU F· NM (cùng bù F· EM ) Nên U· ME U· EM UME cân tại U UM UE . 1 Ta có P· MU M· LU M»P MUP đồng dạng LUM 2  Trang 387 
  17. TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019 UE UL UM 2 UP.UL UP.UL UE 2 UEP : ULE (c.g.c) UP UE U· PE U· EL 1800 U· PE 1800 U· EL E· PL L· EF (3) Lại có L· EF 1800 L· DF (do LEFD nội tiếp) và L· PN 1800 L· DN (do LPND nội tiếp) nên L· PN L· EF (3). Từ (3) và (4) suy ra L· PN E· PL P; E; N thẳng hàng. Chứng minh tương tự ta có Q; F;M thẳng hàng. Do MNQP nội tiếp nên N· MQ N· PQ . Do NMEF nội tiếp nên N· MF N· EF . Do đó N· EF N· PQ EF PPQ UV PPQ. Do đó LQP tiếp xúc với LUV tại L suy ra UVL tiếp xúc với DMN tại L (đpcm). Câu 24. (HSG12 tỉnh Đồng Nai năm 2018-2019) Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn O có trực tâm H , K là trung điểm BC và G là hình chiếu vuông góc của H trên AK . Lấy D đối xứng G qua BC và I đối xứng C qua D. Tia phân giác ·ACB cắt AB tại F và tia phân giác B· ID cắt BD ở M , MF cắt AC tại E . 1) Chứng minh rằng D nằm trên đường tròn O . 2) Tiếp tuyến tại A của O cắt BC ở X , XE cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác EBM ở điểm thứ hai là Y . Chứng minh rằng đường tròn ngoại tiếp tam giác EYD tiếp xúc đường tròn O . Lời giải E A H1 F H 2 H G C B M I K D I 1)Do G thuộc đường tròn đường kính AH và KH1 , KH2 tiếp xúc AH với H1;H2 là chân đường cao hạ từ B lên AC , C lên AB .  Trang 388 
  18. TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019 2 2 2 Từ đó ta có đẳng thức KB KC KH1 KG.KA . Từ đó suy ra K· BG K· AB, K· CG K· AC . Kết hợp tính đối xứng, suy ra ABDC nội tiếp 2)Theo câu 1) ta có ABDC nội tiếp và AD là đối trung trong tam giác ABC . Hay ta có tứ giác ABDC điều hòa. IB CB Điều này dẫn đến BDI đồng dạng BAC theo trường hợp cạnh – góc – cạnh. Suy ra , mà ID CA MB FB IM,CF là hai đường phân giác nên ta có hay MF / /AD MD FA Do MF / /AD nên B· MF B· DA B· CA, dẫn đến BMCE nội tiếp. Khi đó, lại có tứ giác ABDC điều hòa nên XD cũng tiếp xúc O và hơn nữa XE.XY XA2 XB.XC XD2 . Điều này suy ra DEY tiếp xúc XD hay DEY tiếp xúc O ở D . Câu 25. (HSG12 tỉnh KonTum năm 2018-2019) Cho tam giác ABC AB AC là tam giác nhọn nội tiếp đường tròn O , H là trực tâm tam giác. Gọi J là trung điểm của BC . Gọi D là điểm đối xứng với A qua O. 1)(3,0 điểm) Gọi M , N, P lần lượt là hình chiếu vuông góc của D lên BC,CH, BH . Chứng minh rằng tứ giác PMJN nội tiếp. 0 2)(2,0 điểm) Cho biết B· AC 60 , gọi I là tâm đường tròn nội tiếp. Chứng minh rằng 2·AHI 3·ABC . Lời giải Tác giả: Minh Tuấn + Thúy Minh ; Fb:Minh Tuấn Hoàng Thị, Thúy Minh 1) Ta có BH //CD (vì cùng vuông góc với AC ) và CH //BD (vì cùng vuông góc với AB ) nên BHCD là hình bình hành, do đó J cũng là trung điểm của HD . Từ giả thiết ta được tứ giác HPDN nội tiếp đường tròn tâm J suy ra: P· JN 2P· DN 2 1800 B· HC 1  Trang 389 
  19. TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019 · 0 · · · · Ta có các tứ giác BPMD,CNMD nội tiếp nên: PMN 360 PMD NMD HBD HCD 3600 B· HC B· DC 3600 2B· HC 2 · · Từ 1 và 2 suy ra PJN PMN nên tứ giác PMJN nội tiếp. Điều phải chứng minh. 2) Gọi L là giao điểm của AH với BC , K là giao điểm thứ hai của AH với đường tròn ngoại tiếp O của tam giác ABC . Kẻ đường thẳng đi qua I vuông góc với BC cắt BC và cắt cung nhỏ BC lần lượt tại E và N . Ta có JL/ /DK ( vì cùng vuông góc với AK ) mà J là trung điểm của HD nên JL là đường trung bình của tam giác HDK , suy ra L là trung điểm của HK . Do đó K đối xứng với H qua đường thẳng BC suy ra B· HC B· KC 120 . Bµ Cµ Mà B· IC 180 120 nên B, I, H,C đồng viên thuộc đường tròn đối xứng với O qua BC , 2 suy ra N chính là điểm đối xứng với I qua BC . Suy ra HINK là hình thang cân. ·ABC Ta có ·ABI I·BC C· BN . 2 3 Từ đó ·AHI 180 I·HK 180 ·AKN ·ABN ·ABI I·BC C· BN ·ABC 2 Suy ra 2·AHI 3·ABC . Điều phải chứng minh. Câu 26. (HSG10 HÀ NAM 2018-2019) Cho tam giác ABC đều có cạnh bằng 15. Lấy các điểm M , N, P lần lượt trên các cạnh BC, CA, AB sao cho BM 5, CM 10, AP 4. Chứng minh rằng AM  PN . Lời giải Tác giả: Nguyễn Tuấn ; Fb: Nguyễn Tuấn  Trang 390 
  20. TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019    225 Đặt AB b, AC c. Khi đó BC c b và b.c b . c .cos600 . 2     1  1 1 2 Ta có AM AB BM AB BC b (c b) c b. 3 3 3 3    1 4 PN AN AP c b. 3 15   1 2 1 4 1 2 8 2 2 1 8 1 Khi đó AM.PN c b . c b c b b.c .225 0. 3 3 3 15 9 45 15 9 45 15 Suy ra AM  PN. Câu 27. (HSG10 tỉnh Vĩnh Phúc năm 2018-2019) Cho tam giác ABC , M là điểm di động trên đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC . Tìm vị trí điểm M để MB2 MC 2 2MA2 đạt giá trị nhỏ nhất. Lời giải Tác giả: Võ Thanh Hiệp; Fb: Võ Hiệp A M O B I C Gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC , I là trung điểm BC . Theo đề bài suy ra OM 2 OA2 OB2 OC 2 R2 Ta có   2   2   2 MB2 MC 2 2MA2 OB OM OC OM 2 OA OM           2OM.OB 2OM.OC 4OM.OA 2OM (2OA OB OC)      2OM (BA CA) 4OM.AI  Trang 391 
  21. TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019   4OM.AI.cos OM , AI 4OM.AI   Vì OM và AI không đổi. Do đó MB2 MC 2 2MA2 đạt giá trị nhỏ nhất khi cos OM , AI 1. Khi đó   M thuộc đường tròn O sao có OM và AI cùng hướng. Câu 28. (HSG12 tỉnh Bình Thuận năm 2018-2019)Cho tam giác ABC nhọn có AB AC và hai đường cao BE, CF cắt nhau tại H. Các đường tròn O1 , O2 cùng đi qua A và theo thứ tự tiếp xúc với BC tại B, C. Gọi D là giao điểm thứ hai của O1 và O2 . a) Chứng minh đường thẳng AD đi qua trung điểm của cạnh BC; b) Chứng minh ba đường thẳng BC, EF, HD đồng quy. Lời giải Tác giả: Trần Công Dũng ; Fb: Dung Tran O2 A E O1 F H D K B I C a. Gọi I là giao điểm của AD và BC. Ta có IB2 IA.ID IC 2. Suy ra IB IC. Do đó I là trung điểm của BC. Hay đường thẳng AD đi qua trung điểm I của BC. b) Chứng minh ba đường thẳng EF, BC, HD đồng quy. · · Ta có BHC BDC . Suy ra tứ giác BCDH nội tiếp đường tròn O3 · · · 0 Ta có AFH ADH AEH 90 . Suy ra tứ giác AFHD nội tiếp đường tròn O4 · · 0 Ta có BFC BEC 90 . Suy ra tứ giác BFEC nội tiếp đường tròn O5 đường kính BC Ta có HD là dây cung chung của hai đường tròn O3 & O4 . HD là trục đẳng phương hai đường tròn O3 & O4  Trang 392 
  22. TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019 Tương tự ta được: EF là trục đẳng phương hai đường tròn O3 & O5 BC là trục đẳng phương hai đường tròn O5 & O4 Suy ra ba đường thẳng BC, EF, HD đồng quy Câu 29. (HSG10 tỉnh Vĩnh Phúc năm 2018-2019) Cho tam giác ABC có ·ABC 60 . Gọi D là giao điểm của chân đường phân giác trong góc A với BC , điểm E và F lần lượt là hình chiếu vuông góc AB S của D lên AB và BC . Đặt x , tính tỉ số DEF theo x và tính tỉ số đó khi BD 3, BC 9 . AC SABC Lời giải Tác giả: Trần Duy Thúc ; Fb: Trần Duy Thúc C D F 60 B E A Tác giả: Trần Duy Thúc ; Fb: Trần Duy Thúc DB AB x Ta có: x x 0 DB BC . DC AC x 1 1 DE.DF.sin E· DF 2 S DE Do E· DF B· AC 1800 và DE DF nên ta có: DEF 2 . S 1 xAC 2 ABC AB.AC.sin B· AC 2 3 3 x Mặt khác: DE DB.sin 60 DB . BC . 2 2 x 1 Áp dụng định lí cosin cho tam giác ABC ta có: BC 2 AB 2 2BC.AB.cos 60 AC 2 BC 2 xAC.BC x 2 AC 2 AC 2 0 . 2 Với AC 2 4 3x2 0 0 x . 3 x 4 3x2 x 4 3x2 x 4 3x2 Khi đó : BC AC. hay BC AC. . Nhưng BC AC. khi 2 2 2 2 x 4 3x2 0 x 4 3x2 x2 1 x 1 1 x . Vậy: 3 2 2 2 2 2 SDEF 3 x 2 x 4 3x 1 3x x 4 3x Khi 0 x 1thì . .AC . 2 . . S 4 x 1 2 xAC 16 x 1 ABC  Trang 393 
  23. TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019 2 2 2 2 2 2 SDEF 3 x 2 x 4 3x 1 3x x 4 3x Khi 1 x thì . .AC . 2 . S 4 x 1 2 xAC 16 x 1 3 ABC 2 2 2 2 2 SDEF 3 x 2 x 4 3x 1 3x x 4 3x hoặc . .AC . 2 . . S 4 x 1 2 xAC 16 x 1 ABC Trường hợp BD 3,BC 9. DB AB 1 Ta có: x ,0 x 1. Áp dụng kết quả trên ta có: DC AC 2 2 2 1 1 1 3. 4 3 S 2 2 7 13 DEF 2 . . S 16 1 48 ABC 1 2 Câu 30. (HSG12 tỉnh Thừa Thiên Huế năm 2018-2019) Cho tam giác đều OAB có AB a . Trên đường thẳng (d) đi qua O vuông góc với mặt phẳng OAB lấy một điểm M sao cho OM x . Gọi E, F lần lượt là hình chiếu vuông góc của A lên MB và OB. Đường thẳng EF cắt đường thẳng (d) tại N. a) Chứng minh rằng AN  BN. b) Xác định x theo a để thể tích khối tứ diện ABMN nhỏ nhất và tính giá trị nhỏ nhất đó. Lời giải Tác giả: Phan Trung Hiếu; Fb: Hieu Pt AF  OB a) Ta có AF  OMB AF  MB, AF  OM mà AE  MB nên BM  AEF . Do AN  AEF nên AN  BM. b) Theo câu a) ta có       AN.BM 0 ON OA OM OB 0 OM.ON OA.OB.cos600 0 OA.OB.cos600 a2 ON . OM 2x Do MN  OAB nên 1 1 a2 3 a2 a2 3 a2 VABMN VMOAB VNOAB MN.SOAB . x x . 3 3 4 2x 12 2x a2 a2 a3 6 Theo bất đẳng thức Cauchy thì x 2 x. 2a V . 2x 2x ABMN 12  Trang 394 
  24. TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019 a3 6 a2 a 2 Vậy thể tích lớn nhất của khối tứ diện ABMN là khi x x . 12 2x 2 Câu 31. (HSG10 THPT ĐAN PHƯỢNG 2018-2019) Cho tam giác ABC là tam giác đều cạnh a . Trên a 2a các cạnh BC ,CA, AB lần lượt lấy các điểm N, M , P sao cho BN ;CM ; AP x 0 x a . 3 3 Tìm x theo a để đường thẳng AN vuông góc với đường thẳng PM . Lời giải Tác giả:NgôYến; Fb: Ngoyen Ta có:     1   1   2  1  AN AB BN AB BC AB AC AB AB AC . 3 3 3 3    x  1  PM PA AM AB AC . a 3   2  1  x  1  AN.PM AB AC AB AC 3 3 a 3   2x 2 1 2 2 x .AB .AC AB.AC 3a 9 9 3a 2 2x 2 1 2 2 x a .a .a 3a 9 9 3a 2 5xa 2a2 6 9 4a   5xa 2a2 x AN  PM AN.PM 0 0 15 6 9 a 0 L 4a Vậy đường thẳng AN vuông góc với đường thẳng PM khi x . 15 Cách 2. Tác giả: Nguyễn Trọng Lễ; Fb: Nguyễn Trọng Lễ  Trang 395 
  25. TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019 a a 3 Chọn hệ trục tọa độ như hình vẽ. Khi đó A 0;0 , B a;0 ,C ; , P x;0 0 x a . 2 2  1  5a a 3  5a a 3 Ta có BN BC N ; AN ; . 3 6 6 6 6  1  a a 3  a a 3 AM AC M ; PM x; . 3 6 6 6 6   5a a 3a2 4a AN  PM AN.PM 0 x x . 6 6 36 15 4a Vậy với x thì đường thẳng AN vuông góc với đường thẳng PM . 15 Câu 32. (HSG10 THPT ĐAN PHƯỢNG 2018-2019) Cho tam giác ABC là tam giác đều có độ dài cạnh bằng a . Trên các cạnh BC , CA, AB lần lượt lấy các điểm N , M , P sao cho BN na , CM ma , AP x với 0 n 1, 0 m 1, 0 x a . Tìm giá trị của x theo m,n,a để đường thẳng AN vuông góc với đường thẳng PM . Lời giải Tác giả: Nguyễn Trọng Lễ; Fb: Nguyễn Trọng Lễ Tác giả: Trần Quang; Fb: Quang Trần Ta có     NC   NC   NC  NC  +) AN AC CN AC CB AC . AB AC AB 1 AC CB BC BC BC  NC  NB    AN .AB .AC 1 n AB nAC . BC BC  Trang 396 
  26. TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019    x   +) PM PA AM .AB 1 m AC . a     x   AN  PM AN.PM 0 nAC 1 n AB . .AB 1 m AC 0 . a 2 x 2 2 x a 1 n a n 1 m a 1 n 1 m n 0. a a 2 1 m 1 n a Tìm được x . 2 n 1 m 1 n a Vậy với x thì đường thẳng AN vuông góc với đường thẳng PM . 2 n Câu 33. (HSG10 THPT ĐAN PHƯỢNG 2018-2019) Cho tam giác ABC là tam giác đều có độ dài cạnh a 2a bằng a . Trên các cạnh BC , CA, AB lần lượt lấy các điểm N , M , P sao cho BN , CM , 3 3 AP x với 0 x a . Tìm giá trị của x theo a để đường thẳng AN tạo với đường thẳng PM một góc 60 . Lời giải Tác giả: Nguyễn Trọng Lễ; Fb: Nguyễn Trọng Lễ Tác giả: Trần Quang; Fb: Quang Trần Ta có      2 2 1 2 2 1 7 2 AN AB AC AN AB AC a . 3 3 3 3 9      2 x 1 2 x 1 1 2 2 1 PM AB AC PM AB AC a x ax . a 3 a 3 9 3       2 1 x 1 2 2 5 AN.PM AB AC AB AC a ax . 3 3 a 3 9 6 2 5   a2 ax AN.PM 1 9 6 Từ giả thiết ta có cos60 . AN.PM 2 7 1 1 a. a2 x2 ax 3 9 3  Trang 397 
  27. TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019 x 1 a 2 x 2 2 x x a 2 2 162x 99ax 9a 0 162. 99. 9 0 . a a x 1 a x a 9 9 a a Vậy với x và x thì đường thẳng AN tạo với đường thẳng PM một góc 60 . 2 9 Câu 34. (HSG11 tChuyênDHĐB Bắc Bộ năm 2018-2019) Cho tam giác ABC có AB AC , các điểm D , E , F lần lượt nằm trên các cạnh BC , CA, AB sao cho DE // AB , DF // AC . Đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác AEF tại các điểm A , G . Đường thẳng DE cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác AEF tại điểm H H E . Đường thẳng qua G vuông góc với GH cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC tại điểm K K G , đường thẳng qua G vuông góc với GC cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác AEF tại điểm L L G . Gọi P , Q lần lượt là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác GDK , GDL . Chứng minh rằng khi điểm D thay đổi trên cạnh BC thì: a) Đường tròn ngoại tiếp tam giác GEF luôn đi qua hai điểm cố định. b) Đường tròn ngoại tiếp tam giác GPQ luôn đi qua một điểm cố định. Lời giải Tác giả: Nguyễn Thị Hồng Nhung; Fb: Nguyễn Thị Hồng Nhung A L G O' K E' E Q P H F O B C D a) Gọi O ,O lần lượt là tâm đường tròn ngoại tiếp các tam giác ABC , AEF . Gọi E là điểm đối xứng với E qua đường thẳng AO . Khi đó EE // BC vì cùng vuông góc với AO suy ra tứ giác BDEE là hình bình hành suy ra DE BE , kết hợp với DE AF ta được BF AE (Có thể không cần dựng điểm E , dễ thấy tam giác BFD cân tại F và có tứ giác AEDF là hình bình hành, nên ta có BF DF AE ).  Trang 398 
  28. TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019 Suy ra OAE OBF OE OF . Kết hợp với OA là phân giác của góc E· AF suy ra O AEF . Vậy đường tròn ngoại tiếp tam giác GEF luôn đi qua hai điểm cố định A , O . 1 1 b) Tam giác FBD cân tại F suy ra FB FD , G· BF G· OA G· FA nên tam giác FGB cân tại F 2 2 suy ra FB FG . Từ đó suy ra F là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác DGB . Chứng minh tương tự ta được E là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác DGC . Từ đó EF là trung trực của DG , kết hợp với AG vuông góc với DG suy ra EF // AG . F· HD E· AF E· DF FHD cân tại F suy ra FH FD H GBD . P là giao điểm của đường thẳng qua O song song với GH và EF , Q là giao điểm của đường thẳng qua O song song với GC và EF . E là tâm đường tròn GDC và O là tâm đường tròn ngoại tiếp GAC suy ra OE GC , kết hợp với GC vuông góc với GL suy ra GL song song OE . Do đó OE O Q QE QO 1 . Tương tự ta được PO PF 2 . Mặt khác OE OF , kết hợp với 1 và 2 ta được QOE POF OP OQ OO là trung trực của PQ , kết hợp với OO là trung trực của GA nên tứ giác AQPG là hình thang cân hay nó nội tiếp suy ra GPQ luôn đi qua điểm A cố định. Câu 35. (HSG12 tỉnh Lâm Đồng năm 2018-2019)Một biển quảng cáo có dạng hình chữ nhật ABCD được sơn trang trí như hình bên. Chi phí để sơn phần tô đậm là 250.000 đồng/ m2 và phần còn lại là 160.000 đồng/ m2 . Hỏi số tiền để sơn biển quảng cáo theo cách trên là bao nhiêu? A E F B 4 D 3 C Biết AD 4m , CD 3m và AE EF FB . Lời giải  Trang 399 
  29. TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019 A E G F B H 4 D 3 I K C Gọi G , I lần lượt là trung điểm AB , CD . Gọi H là giao điểm của EC , DF và K là điểm thỏa FK  DC . Xét tam giác vuông DFK và DHI có HI FK HI 4 tan HDI HI 3 GH 1. DI DK 1,5 2 2 Ta có SABCD AD.AB 4.3 12 m 1 1 2 S ADE S BCF DA.AE .4.1 2 m 2 2 1 1 2 S DHC HI.DC .3.3 4,5 m 2 2 1 1 2 S EHF GH.EF .1.1 0,5 m 2 2 2 2S EHD SABCD 2S ADE S DHC S EHF 3 m Vậy số tiền để sơn biển quảng cáo là T 3.250000 9.160000 2190000 (đồng). Câu 36. (HSG12 Hồ Chí Minh Ngày 2 năm 2018-2019) (HSG12 Hồ Chí Minh Ngày 2 năm 2018- 2019)Cho tam giác ABC nhọn, không cân và nội tiếp O . Một đường tròn J thay đổi đi qua B,C và cắt các đoạn thẳng AB , AC lần lượt tại D và E . Trên đường thẳng BC lấy hai điểm phân biệt R, S sao cho DER và DES tiếp xúc với đường thẳng BC . Giả sử ADE cắt O tại M khác A. Gọi O là đường tròn ngoại tiếp tam giác RSM . a) Chứng minh rằng đường tròn O đi qua trực tâm của tam giác ARS . b) Chứng minh rằng điểm O luôn di động trên một đường thẳng cố định khi J thay đổi. Lời giải  Trang 400 
  30. TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019 A E M D O F J R T B L S N C O' G K a) Giả sử DE  BC T thì M là điểm Miquel của tứ giác toàn phần BCEDAT nên điểm M AT . Ta có: TM.TA TD.TE TS 2 TR2 nên T là trung điểm của RS . Từ đó ta có TMS : TSA T·SM T· AS . Tương tự thì T·RM T· AR . Do đó: T·SM T·RM T· AS T· RA R· AS hay R· SM R· AS 180 . Mặt khác, gọi H là trực tâm của ARS thì R· HS R· AS 180 nên R· HS R· MS . Từ đây suy ra đường tròn O đi qua trực tâm của tam giác ARS . b) Vì đường tròn O đi qua trực tâm của tam giác ARS nên nó đối xứng với đường tròn ARS qua BC , mà ARS đi qua điểm A cố định nên đường tròn O đi qua điểm K đối xứng với A qua BC , cũng cố định. Gọi F BE CD, L AF  BC thì TL, BC 1. Ta có TS 2 TR2 TM.TA TB.TC nên RS , BC 1. BC 2 Gọi N là trung điểm của BC , khi đó NS.NR NB2 const . 4 Gọi G là giao điểm của đường thẳng NK với O , G K . BC 2 Suy ra NG.NK NS.NR const . Do đó, suy ra NG const G cố định. 4 Vậy O di động trên đường trung trực của KG cố định. Câu 37. (HSG10 tỉnh Hải Dương năm 2018-2019) Cho tam giác ABC có trọng tâm G và điểm N   PA thỏa mãn NB 3NC 0 . Gọi P là giao điểm của AC và GN , tính . PC Lời giải  Trang 401 
  31. TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019   Gọi I là trung điểm của BC . Gọi AP k AC .     1   1  1  Ta có: GP AP AG k AC AB AC = k AC AB . 3 3 3    1   1     7  5  Lại có: GN GI IN AI BC AB AC AC AB AC AB . 3 6 6 6   Mặt khác, do ba điểm G,P,N thẳng hàng nên hai vector GP,GN cùng phương. Do đó: 1 1 1 k k 2 1 7 4 3 3 3 k k . 7 5 7 5 3 15 5 6 6 6  4  4 1 PA Suy ra: AP AC AP AC PC AC 4 . 5 5 5 PC Câu 38. (HSG12 HCM ngày 2 năm 2018-2019) Cho AB là một dây cố định khác đường kính của đường tròn O cố định. Gọi M là trung điểm của cung nhỏ AB . Xét đường tròn O thay đổi tiếp xúc với đoạn thẳng AB và tiếp xúc trong với O ( sao cho O khác phía với M so với đường thẳng AB ). Các đường thẳng qua M vuông góc với O A, O B cắt đường thẳng AB lần lượt tại các điểm C,D. a)Chứng minh rằng AB 2CD . b)Gọi T là một điểm thuộc O sao cho ·ATB 90 . Tiếp tuyến của O tại T cắt đoạn AB tại N và đường thẳng MN cắt O tại K khác M . Vẽ đường tròn qua M,K và tiếp xúc ngoài với O tại S . Chứng minh rằng điểm S luôn di động trên một đường tròn cố định khi O thay đổi. Lời giải  Trang 402 
  32. TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019 E T O' y O K S' D A C F x N B M Lời giải a)Gọi E,F lần lượt là tiếp điểm của O với O và AB . Cách 1: Ta sẽ chứng minh EF đi qua M . Cách 1.1. Do OM // O F nên E· OM E· O F . Do đó 180 E· O F 180 E· OM O· EF O· EM . Suy ra EF đi qua M . 2 2 Cách 1.2. Giả sử EA,EB cắt O ở X ,Y . Khi đó, dễ thấy rằng XY //AB . Ta có AF 2 AX .AE, BF 2 BY. BE nên 2 2 AF AX AE AE AF AE . . BF BY BE BE BF BE Do đó, EF là phân giác của ·AEB nên EF đi qua M . AM FM Tiếp theo, vì F· AM E· AM nên VAFM : VEAM MA2 ME.MF . EM AM Xét đường tròn điểm A và đường tròn O thì từ đẳng thức trên, ta thấy M có cùng phương tích đến hai đường tròn. Suy ra MC chính là trục đẳng phương của đường tròn điểm A và đường tròn O . Do đó, CA2 CF2 nên CA CF Tương tự thì DB DF nên AB 2CD . Cách 2: Ta có CD NC ND NM.tan N· MC NM.tan N· MD · · O F O F MN. tan O AB tan O BA MN FA FB O F.AB OM.AB EF AB MN.2MO AB MN. MN. . . FA.FB FE.FN EM 2 ME.MF 2 b) Ta sẽ chứng minh M , S, T thằng hàng và MS.MT MA2 MB2 .  Trang 403 
  33. TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019 Cách 1. Gọi S là giao điểm của đường thẳng TM với O , S T . Lúc đó MS .MT MF.ME MA2 MN.MK nên tứ giác NKTS nội tiếp. Gọi xS y là tiếp tuyến của O tại S , ta có xy, S M S· TN S· KM suy ra xy cũng là tiếp tuyến của đường tròn MKS . Do đó MKS tiếp xúc với O . Suy ra S  S . Suy ra M , S,T thẳng hàng và MS . MT MA2 MB2 (2 điểm) Cách 2. Ta thấy rằng với mọi điểm Eo O ; Fo AB sao cho Eo Fo đi qua M thì chứng minh tương 2 2 tự trên, ta đều có MA = MB = MEo.MFo Xét phép nghịch đảo  tâm M , phương tích MA2 thì: AB  O , O  O . Ảnh của TN qua  sẽ là một đường trong đi qua M và tiếp xúc với O . Chú ý rằng  : N  K nên ảnh của TN là MSK . Suy ra S  T hay M , S, T thẳng hàng và MS.MT MA2 MB2 .(2 điểm) Tiếp theo, bằng cách xét tam giác đồng giác, ta có S·AM ·ATS, S·BM B· TS nên S·AM S·BM 90 Xét tứ giác AMBS có ·AMB không đổi và tổng S·AM S·BM 90 nên ·ASB 270 , chứng tỏ S luôn thuộc cung chứa góc 270 dựng trên AB . Ta có đpcm Câu 39. (HSG12 tỉnh Bình Thuận vòng 2 năm 2018-2019) Cho tam giác ABC có AB AC và nội tiếp đường tròn O . Phân giác trong góc B· AC cắt O tại điểm D khác A, lấy E đối xứng B qua AD , đường thẳng BE cắt O tại F khác B . Lấy điểm G di chuyển trên cạnh AC (G khác A,C ), đường thẳng BG cắt O tại H khác B. Đường thẳng qua C song song AH cắt FD tại I . Đường tròn ngoại tiếp tam giác BCG cắt EI tại hai điểm phân biệt K, L . Chứng minh rằng đường trung trực đoạn thẳng KL luôn đi qua một điểm cố định. Lời giải Gọi giao điểm của đường thẳng EI và BC là J . Ta có DF là trục đối xứng của EC C· EJ E· CI H· AC H· BC nên tứ giác BGEJ nội tiếp.  Trang 404 
  34. TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019 k CE.CG CJ .CB Phép nghịch đảo NC biến đường tròn (BCG) thành đường thẳng EJ nên biến K, L thành chính nó. Do đó CK 2 CL2 k hay đường trung trực đoạn thẳng KL luôn đi qua điểm C cố định. Câu 4: Câu 40. (HSG12 tỉnh Ninh Bình năm 2018-2019 (2)) Cho tứ giác lồi ABCD nội tiếp trong đường tròn O , đường tròn tâm I tiếp xúc với các tia AB , AD lần lượt tại E và F , đồng thời tiếp xúc trong với đường tròn O tại điểm T . Hai tiếp tuyến tại A và T của đường tròn O cắt nhau tại K . Các đường thẳng TE , TF lần lượt cắt đường tròn O thứ tự tại các điểm M , N ( M , N khác T ). a) Chứng minh rằng ba điểm K, M , N thẳng hàng. b) Đường phân giác của góc BAC cắt đường thẳng MC tại P , đường thẳng KP cắt đường thẳng CN tạiQ . Chứng minh rằng: Nếu N là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ADQ thì bán kính đường tròn nội tiếp các tam giác ABC và ACD bằng nhau. Lời giải Tác giả: Võ Thanh Phong; Fb: Võ thanh Phong Phép vị tự tâm T , tỉ số k biến đường tròn I thành đường tròn O . k Khi đó vì T, E, M thẳng hàng và E (I), M (O) nên VT : E M . k Do T, F, N thẳng hàng và F (I ), N (O) nên VT : F N . k Gọi L là giao điểm của AT và I suy ra VT : L A . Tiếp tuyến tại E, F của I và TL đồng qui tại A TELF là tứ giác điều hòa. Phép vị tự tâm T , tỉ số k biến tứ giác TELF thành TMAN nên TMAN là tứ giác điều hòa. Suy ra K, M , N thẳng hàng. Từ IE//OM nên OM  AB M là điểm chính giữa cung AB của O . Tương tự: N là điểm chính giữa cung AD của O . Phân giác góc B· AC cắt CM tại P , mà CM là phân giác góc ·ACB nên P là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC . Ngoài ra, Q thuộc CN là phân giác góc ·ACD và NQ NA ND nên Q là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ACD . Gọi r1,r2 là bán kính các đường tròn nội tiếp các tam giác ABC và ADC . Do K, P,Q thẳng hàng nên theo định lý Menelaus cho tam giác MCN với cát tuyến K , P,Q ta có: PC KM QN   1. PM KN QC Tam giác KAM ~ KNA.  Trang 405 
  35. TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019 2 KM KM KA AM Mặt khác:  . KN KA KN AN QC AM sin ACM Suy ra QC sin N· CA PC sin M· CA . PC AN sin ACN Suy ra r1 r2 . Ta có điều phải chứng minh. Câu 41. (HSG12 tỉnh Ninh Bình năm 2018-2019) Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn tâm O . Dựng ra phía ngoài tam giác ABC các hình bình hành ABMN và ACPQ sao cho tam giác ABN đồng dạng với tam giác CAP . Gọi G là giao điểm của AQ và BM , H là giao điểm của AN và CP . Đường tròn ngoại tiếp các tam giác GMQ , HNP cắt nhau tại E và F ( E nằm trong đường tròn O ). a) Chứng minh rằng ba điểm A, E, F thẳng hàng. b) Chứng minh rằng bốn điểm B, C, O, E cùng thuộc một đường tròn. Lời giải Tác giả: Hoàng Duy Thắng; Fb: Hoàng Duy Thắng Gọi O1 , O2 lần lượt là đường tròn ngoại tiếp của tam giác GMQ , HNP suy ra EF là trục đẳng phương của O1 , O2 . Gọi D là giao điểm của BM và CP suy ra AGDH là hình bình hành. Vì ABN : CAP AB, AN CA,CP BA,BD AB,AN CA,CP CA,CD A, B,C, D đồng viên. Suy ra CA,CB DA, DG , AB, AC DG, DC GD,GA  Trang 406 
  36. TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019 Suy ra hai tam giác ABC và GAD đồng dạng. AB GD AH AC GA AG AB CP Mà ABN : CAP CA AN AH CP AQ AG AN AN AH.AN AG.AQ P P A/ O1 A/ O2 Mà EF là trục đẳng phương của O1 , O2 A EF . Vậy A, E, F thẳng hàng. b) Gọi F MN  PQ Ta có: F M , F Q AB, AC GM ,GQ . Suy ra F O1 . Tương tự F O2 . Suy ra F  F . Ta có E, F , M ,G đồng viên GB,GE GM ,GE FM , FE AB, AE Suy ra A, B, E,G đồng viên. Tương tự A,C, E,H đồng viên. Suy ra EB, EC EB, EA EA, EC GB,GA HA, HC 2 DB, DC . Mà A, B,C, D đồng viên suy ra D O OB,OC 2 DB, DC . EB, EC DB, DC Suy ra B, C, O, E đồng viên. Câu 42. (HSG chọn HSG quốc gia tỉnh ĐỒNG THÁP 2018-2019) Cho đường thẳng d và điểm A cố định không thuộc d, H là hình chiếu của A trên d. Các điểm B,C thay đổi trên d sao cho HB.HC 1. Đường tròn đường kính AH cắt AB, AC lần lượt tại M , N. a) Chứng minh đường thẳng MN đi qua một điểm cố định. b) GọiO là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác BMC. Chứng minh O chạy trên một đường thẳng cố định. Lời giải Tác giả: Nguyễn Trọng Nghĩa; Fb: Nghĩa Nguyễn a)  Trang 407 
  37. TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019 A N E M B H C D Gọi D là giao điểm thứ hai của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC với đường thẳng AH. Ta có HA.HD HB.HC 1. Do đó D cố định (Vì A, H cố định). Gọi E là giao điểm của MN với AH. Ta có tứ giác AHMN nội tiếp nên ·AMN ·AHN ·ACB ·ADB Suy ra tứ giác MBDE nội tiếp. Do đó AE.AD AM.AB AH 2 E cố định. Vậy đường thẳng MN đi qua một điểm E cố định. b) Do AM.AB AN.AC AH 2 nên tứ giác BMNC nội tiếp. Do đó, O là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác BMNC. Giả sử đường tròn BMNC cắt đường thẳng AH tại P,Q. Ta có HP.HQ HB.HC 1. AP.AQ AM .AB AH 2 Do đó P,Q cố định. Vậy O thuộc trung trực của PQ cố định. A N P M B H C O Q  Trang 408 